高考数学二轮复习练习：专题限时集训10《直线与圆》（含答案详解）

高考数学二轮复习练习：专题限时集训10

《直线与圆》

一、选择题

1.圆(x－2)2＋y2=4关于直线y=x对称的圆的方程是(　　)

A.(x－)2＋(y－1)2=4

B.(x－)2＋(y－)2=4

C.x2＋(y－2)2=4

D.(x－1)2＋(y－)2=4

2.圆：x2＋y2－2x－2y＋1=0上的点到直线x－y=2距离的最大值是(　　)

A.1＋　      B.2       C.1＋        D.2＋2

3.若a∈，则方程x2＋y2＋ax＋2ay＋2a2＋a－1=0表示的圆的个数为(　　)

A.0         B.1           C.2         D.3

4.已知圆C：(x－1)2＋y2=r2(r＞0).设条件p：0＜r＜3，条件q：圆C上至多有2个点到直线x－y＋3=0的距离为1，则p是q的(　　)

A.充分不必要条件

B.必要不充分条件

C.充要条件

D.既不充分也不必要条件

5.已知圆C：(x－1)2＋(y－4)2=10和点M(5，t)，若圆C上存在两点A，B，使得MA⊥MB，则实数t的取值范围为(　　)

A.[－2,6]       B.[－3,5]      C.[2,6]         D.[3,5]

6.在平面直角坐标系xOy中，点A(0,3)，直线l：y=2x－4，设圆C的半径为1，圆心在l上.若圆C上存在点M，使MA=2MO，则圆心C的横坐标a的取值范围是(　　)

A.       B.[0,1]        C.         D.

7.若a，b是正数，直线2ax＋by－2=0被圆x2＋y2=4截得的弦长为2，则t=a取得最大值时a的值为(　　)

A.        B.          C.           D.

8.已知直线l1与圆C：(x－1)2＋(y－2)2=4相交于不同的A，B两点，对平面内任意的点Q都有

=λ＋(1－λ).设P为直线l2：3x＋4y＋4=0上的动点，则·的最小值为(　　)

A.21         B.9         C.5          D.0

二、填空题

9.已知直线l：mx＋y＋=0与圆(x＋1)2＋y2=2相交，弦长为2，则m=________.

10.已知⊙M的圆心在第一象限，过原点O被x轴截得的弦长为6，且与直线3x＋y=0相切，则圆M的标准方程为________.

11.一条光线从点(－2，－3)射出，经y轴反射后与圆(x＋3)2＋(y－2)2=1相切，则反射光线所在直线的斜率为________.

12.两圆x2＋y2＋2ax＋a2－4=0和x2＋y2－4by－1＋4b2=0恰有三条公切线，若a∈R，b∈R且ab≠0，则＋的最小值为________.

三、解答题

13.已知直角三角形ABC的斜边为AB，且A(－1,0)，B(3,0).求：

(1)直角顶点C的轨迹方程；

(2)直角边BC的中点M的轨迹方程.

14.已知直线l：4x＋3y＋10=0，半径为2的圆C与l相切，圆心C在x轴上且在直线l的右上方.

(1)求圆C的方程；

(2)过点M(1,0)的直线与圆C交于A，B两点(A在x轴上方)，问在x轴正半轴上是否存在定点N，使得x轴平分∠ANB？若存在，请求出点N的坐标；若不存在，请说明理由.

0.答案详解

1.答案为：D；

解析：设圆(x－2)2＋y2=4的圆心(2,0)关于直线y=x对称的点的坐标为(a，b)，

则有解得a=1，b=，

从而所求圆的方程为(x－1)2＋(y－)2=4.故选D.]

2.答案为：A；

解析：将圆的方程化为(x－1)2＋(y－1)2=1，即圆心坐标为(1,1)，半径为1，

则圆心到直线x－y=2的距离d==，

故圆上的点到直线x－y=2距离的最大值为d＋1=＋1，选A.]

3.答案为：B；

解析：方程x2＋y2＋ax＋2ay＋2a2＋a－1=0表示圆的条件为a2＋4a2－4(2a2＋a－1)＞0，

即3a2＋4a－4＜0，解得－2＜a＜.又a∈，

∴仅当a=0时，方程x2＋y2＋ax＋2ay＋2a2＋a－1=0表示圆，故选B.]

4.答案为：C；

解析：圆C：(x－1)2＋y2=r2的圆心(1,0)到直线x－y＋3=0的距离d==2.

当0＜r＜1时，直线在圆外，圆上没有点到直线的距离为1；

当r=1时，直线在圆外，圆上只有1个点到直线的距离为1；

当1＜r＜2时，直线在圆外，此时圆上有2个点到直线的距离为1；

当r=2时，直线与圆相切，此时圆上有2个点到直线的距离为1；

当2＜r＜3时，直线与圆相交，此时圆上有2个点到直线的距离为1.

综上，当0＜r＜3时，圆C上至多有2个点到直线x－y＋3=0的距离为1，由圆C上至多有2个点到直线x－y＋3=0的距离为1可得0＜r＜3，故p是q的充分必要条件，故选C.]

5.答案为：C；

解析：由题意，圆C上存在两点使MA⊥MB，

则|CM|=≤⇒2≤t≤6，故选C.]

6.答案为：A；

解析：因为圆心在直线y=2x－4上，所以圆C的方程为(x－a)2＋[y－2(a－2)]2=1.

设点M(x，y)，因为MA=2MO，所以=2，

化简得x2＋y2＋2y－3=0，即x2＋(y＋1)2=4，

所以点M在以D(0，－1)为圆心，2为半径的圆上.

由题意，点M(x，y)在圆C上，所以圆C与圆D有公共点，

则|2－1|≤CD≤2＋1，即1≤≤3.

由≥1得5a2－12a＋8≥0，解得a∈R；

由≤3得5a2－12a≤0，解得0≤a≤.

所以点C的横坐标a的取值范围为.故选A.]

7.答案为：D；

解析：因为圆心到直线的距离d=，

则直线被圆截得的弦长L=2=2=2，

所以4a2＋b2=4.t=a=·(2a)≤··[(2a)2＋()2]

=[8a2＋1＋2(4－4a2)]=，当且仅当时等号成立，此时a=，故选D.]

8.答案为：C；

解析：由=λ＋(1－λ)可知，A，B，C三点共线，即弦AB为圆C的直径.

又因为P为直线l2：3x＋4y＋4=0上的动点，

且·=(＋)·(＋)=2－2=2－4，故·的最小值为2－4的最小值.

又因为圆心C(1,2)到直线l2：3x＋4y＋4=0的距离为=3，故||min=3，

所以·的最小值为9－4=5.故选C.]

9.答案为：；

解析：由已知可得圆心(－1,0)到直线的距离

d=，＋1=2，解得m=.]

10.答案为：10；

解析：法一：(几何性质法)设⊙M的方程为(x－a)2＋(y－b)2=r2(a＞0，b＞0，r＞0)，

由题意知解得故⊙M的方程为(x－3)2＋(y－1)2=10.

法二：(待定系数法)因为圆M过原点，故可设方程为x2＋y2＋Dx＋Ey=0，

又被x轴截得的弦长为6且圆心在第一象限，则=32，故D=－6，与3x＋y=0相切，

则=，即E=D=－2，因此所求方程为x2＋y2－6x－2y=0.

故⊙M的标准方程为(x－3)2＋(y－1)2=10.]

11.答案为：－或－；

解析：由光的反射原理知，反射光线的反向延长线必过点(2，－3)，

设反射光线所在直线的斜率为k，则反射光线所在直线方程为y＋3=k(x－2)，

即kx－y－2k－3=0.

又因为光线与圆(x＋3)2＋(y－2)2=1相切，所以=1，

整理得12k2＋25k＋12=0，解得k=－或k=－.]

12.答案为：1；

解析：两圆x2＋y2＋2ax＋a2－4=0和x2＋y2－4by－1＋4b2=0配方得，

(x＋a)2＋y2=4，x2＋(y－2b)2=1，依题意得两圆相外切，故=1＋2=3，

即a2＋4b2=9，＋==＋＋＋≥＋2=1，

当且仅当=，即a2=2b2时等号成立，故＋的最小值为1.]

13.解：(1)法一：(直接法)设C(x，y)，因为A，B，C三点不共线，所以y≠0.

因为AC⊥BC，所以kAC·kBC=－1，又kAC=，kBC=，

所以·=－1，化简得x2＋y2－2x－3=0.

因此，直角顶点C的轨迹方程为x2＋y2－2x－3=0(y≠0).

法二：(定义法)设AB的中点为D，由中点坐标公式得D(1,0)，

由直角三角形的性质知|CD|=|AB|=2.

由圆的定义知，动点C的轨迹是以D(1,0)为圆心，2为半径的圆(由于A，B，C三点不共线，

所以应除去与x轴的交点).

所以直角顶点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2=4(y≠0).

(2)设M(x，y)，C(x0，y0)，因为B(3,0)，M是线段BC的中点，

由中点坐标公式得x=，y=，

所以x0=2x－3，y0=2y.

由(1)知，点C的轨迹方程为(x－1)2＋y2=4(y≠0)，

将x0=2x－3，y0=2y代入得(2x－4)2＋(2y)2=4，即(x－2)2＋y2=1.

因此动点M的轨迹方程为(x－2)2＋y2=1(y≠0).

14.解：(1)设圆心C(a,0)，则=2⇒a=0或a=－5(舍).

所以圆C：x2＋y2=4.

(2)存在.当直线AB⊥x轴时，x轴平分∠ANB.当直线AB的斜率存在时，

设直线AB的方程为y=k(x－1)(k≠0)，N(t,0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由得(k2＋1)x2－2k2x＋k2－4=0，

所以x1＋x2=，x1x2=.

若x轴平分∠ANB，则kAN=－kBN⇒＋=0⇒＋=0

⇒2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t=0⇒－＋2t=0⇒t=4，

所以当点N为(4,0)时，x轴平分∠ANB.